精品解析：湖北省随州市曾都区第一高级中学2025届高三上学期12月月考数学试题

湖北随州曾都一中2025届高三上学期12月月考数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 16 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 7. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8. 在中，已知，且满足，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7 B. 若随机变量X服从二项分布，且，则 C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大 D. 若随机变量X服从正态分布，且，则 10. 已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 为等比数列 B. 为等比数列 C. D. 11. 如图，函数的部分图象，则（ ） A. B. 将图象向右平移后得到函数的图象 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，的模长为1，且，则________. 13. 已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______.（用数字作答） 14. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，的面积为，求的值. 16. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求函数的极值； （2）若，，求实数的取值范围. 17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若为钝角，且二面角的大小为，求. 18. 已知，数列前项和为，且满足；数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由； （3）求使得不等式成立的的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T. （1）求点T的轨迹W的方程； （2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北随州曾都一中2025届高三上学期12月月考数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知利用等差数列的通项公式和前项和公式求基本量，然后求出，再结合等差数列前项和公式和等差数列的性质求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，则， 解得，所以， 所以. 故选：A. 3. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案. 【详解】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立， ，，则或，必要性不成立， 则“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律列式计算即得. 【详解】由，得，而， 因此，所以. 故选：C 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得到，两边平方求出. 【详解】， 即，， 两边平方得，即， 解得. 故选：B 6. 已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案. 【详解】时，， 若无解，则或； 时，， 若无解，则， 则. 故选：D． 7. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解. 【详解】因为正数满足，所以，则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C. 8. 在中，已知，且满足，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理和余弦定理得，再根据向量数量积得，则得到，即可判断三角形形状. 【详解】由题意得， 即，由正弦定理得， 即，则，因为，所以， 又， 所以, 故，因为，所以． 综上可知三角形为等边三角形． 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7 B. 若随机变量X服从二项分布，且，则 C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大 D. 若随机变量X服从正态分布，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据极差和众数的概念即可判断A；根据二项分布的性质即可判断B；根据独立性检验的思想即可判断C；根据正态曲线的性质即可判断D. 【详解】A：该组数据的极差为4，众数为2，所以该组数据的极差与众数之和为6，故A错误； B：由，得，解得， 所以，故B正确； C：值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y独立”的把握越小，故C错误； D：由，得， 所以，故D正确. 故选：BD 10. 已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 为等比数列 B. 为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题设得是首项、公比为3的等比数列，即可判断A、B、C；应用错位相减法、等比数列前n项和判断D. 【详解】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列， 所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对； 由，则， 所以， 所以，D对. 故选：BCD 11. 如图，函数的部分图象，则（ ） A. B. 将图象向右平移后得到函数的图象 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出，再结合正弦型函数图象与性质逐项分析判断. 【详解】对于A，观察图象，，的最小正周期，解得， 由，得，而，则， 所以，A正确； 对于B，将图象向右平移后得到函数，B错误； 对于C，当时，，而正弦函数在上单调递增， 因此在区间上单调递增，C正确. 对于D，函数的图象对称轴为， 当与关于直线对称时，的最大值与最小值的差最小， 此时，，当为偶数时，，而， 当为奇数时，，而，最大值与最小值的差为1； 当或时， 函数在上单调，最大值与最小值的差最大， ，当或时均可取到等号， 所以最大值与最小值之差的取值范围为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，的模长为1，且，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】设成复数一般形式，再用待定系数方法，结合复数相等得解. 【详解】设，，因为，所以. 因为，，所以， 所以， 所以，，所以. 故答案为：1. 13. 已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式系数之和可得，结合展开式的通项运算求解即可. 【详解】由题意可知：，解得， 则的展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式中项的系数为. 故答案为：. 14. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果. 【详解】标有数字的4只球排序共有种情况. 要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况： ①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况. ②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出， 其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边化角及和差公式、辅助角公式即可求解； （2）由面积公式和正弦定理即可求解. 【小问1详解】 由条件得，从而. 所以，由正弦定理得，故. 从而，得，故. 所以. 【小问2详解】 设的面积为，则. 16. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求函数的极值； （2）若，，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，根据求出的值，利用导数判断的单调性即可求出极值； （2）根据可得，从而得到对恒成立，令，利用导数判断的单调性，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，依题意，即， 所以，定义域为，则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极小值，无极大值； 【小问2详解】 因为，恒成立， 当时，，，所以， 所以对恒成立， 令，则当时，恒成立， 因为， 设， 当，即时，，所以， 即在上单调递减，所以，符合题意； 当，即时，，， 所以，由零点存在性定理可知存在，使得， 又二次函数开口向下，对称轴为， 则当时，，即， 所以在上单调递增，即存在，使得， 这与当时，恒成立矛盾，故舍去； 综上可得， 所以实数的取值范围为. 17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若为钝角，且二面角的大小为，求. 【答案】（1）证明如下： 如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N， 平面平面ABC，平面平面，平面ABC， 平面PAC，又平面PAC，，同理可证， 又，平面ABC， 平面ABC； （2） 【解析】 【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解. 法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ， 平面ABC，平面ABC，， 又，平面PAC， 平面PAC，则为二面角的平面角，即 设，， 则，， 所以，又，所以， 所以，由得， 整理得，又，解得或（舍去）， 综上. 法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，， 则，，，， 易知平面PAC的法向量为， 设面PAB的法向量为， 则， ， 则， 整理得，由， 得，解得或（舍）， 综上，. 18. 已知，数列前项和为，且满足；数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由； （3）求使得不等式成立的的最大值． 【答案】（1） （2）存在， （3）4 【解析】 【分析】（1）根据作差得到，结合等比数列的定义计算可得； （2）假设存在实数，使得数列是等差数列，根据等差数列的定义作差得到，即可求出； （3）结合（2）可得的通项公式，即可得到，令，利用作差法说明单调性，即可求出的最大值. 【小问1详解】 因为①，②， ②-①得，∴，而，∴， ∴成首项为，公比为的等比数列，∴． 【小问2详解】 假设存在实数，使得数列是等差数列， ∴ 为常数， ∴，解得， ∴存在使成等差数列，且公差为． 【小问3详解】 由（2）知，∴， 解法一：∴不等式，即， 令，则（或使用作商法得）， ∴在上单调递减，注意到，， ∴时，，∴． 解法二：∴不等式，即，当时，不等式显然成立， 令， 则（或者通过导数说明单调递减），则单调递减， 所以，∴； 解法三：∴不等式，即，当时，不等式显然成立， 当时，，不合题意； ∴． 19. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T. （1）求点T的轨迹W的方程； （2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数. 【答案】（1） （2） 由（1）知，，设直线，，， 联立消去x，整理得，则 ， 根据题意可设，，则由， 可得，同理可得， 所以直线FM与直线FN的斜率之积， . 所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义可知点T的轨迹为椭圆，然后求得，即可得到标准方程； （2）根据题意，设直线，然后联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可得到的纵坐标，然后代入斜率公式计算，即可证明. 【小问1详解】 由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得. 由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，为焦点的椭圆， 且椭圆长轴长为，焦距为，， 所以点T的轨迹W的方程为 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $